2023-2024学年北京顺义区牛栏山一中高一（下）期中数学试卷和答案

高中PAGE1试题2023-2024学年北京市顺义区牛栏山一中高一（下）期中数学试卷一、填空题共15小题，其中1-10题，每小题4分，11-15题，每小题4分，共65分，把答案填在答题卡相应位置上．1．（4分）复数z=i1+i在复平面内对应的点的坐标为2．（4分）已知平面向量a→=(2，x)与b→=(y，2)共线，则3．（4分）设z为复数，且z−2z+2=i（i为虚数单位），则z＝4．（4分）已知平面直角坐标系中，O是坐标原点，OA→=(3，1)，将OA→绕O点逆时针旋转π6弧度得到5．（4分）若函数f(x)=sin(ωx+π6)（ω＞0）的部分图像如图所示，f(π36．（4分）已知平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E为线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若AC→=a→，BD→=b→，则AD→7．（4分）已知非零向量a→，b→，c→满足：a→⋅b→=0，|8．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，过体对角线BD1的平面分别交棱AA1，CC1于F，E（如图所示），则四边形D1FBE面积的最小值为．9．（4分）已知平面向量a→=(1，2)，b→=(−2，−4)，c→=(x，y)满足(a→+10．（4分）设常数a使方程sinx+3cosx=a在闭区间[0，2π]上恰有三个不同的解x1，x2，x3，则实数a的取值为11．（5分）写出一组使得不等式tanαtanβ＞tan（α+β）成立的α，β，其中α＝，β＝．12．（5分）若函数f（x）＝sinωx（ω＞0）在区间[−π2，π2]上为单调函数，且图象关于直线x=2π13．（5分）从正方体的12条面对角线中选出k条，使得这k条面对角线所在直线两两异面，则k的最大值为．14．（5分）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形，如图1，在一个棱长为2r的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖（如图2），我国南北朝时期数学家祖暅基于“势幂既同则积不容异”这一观点和对牟合方盖性质的研究，推导出了球体体积公式．设平行于水平面且与水平面距离为h（0＜h＜r）的平面为α，则平面α截牟合方盖所得截面的形状为（填“正方形”或“圆形”），设半径为r的球体体积为V1，图2所示牟合方盖体积为V2，则V1V15．（5分）在边长为1的正六边形ABCDEF中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为a1→，a2→，a3→，a4→，a5→，以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为d1→，d2→，d3→，d4→，d5→．记{二、解答题。共6道题，共85分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．16．（10分）已知三角形ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，b2﹣c2﹣a2＞0．（Ⅰ）求证：角B为钝角；（Ⅱ）若sinC=22，c=217．（15分）设函数f(x)=sinxcosx+3（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期；（Ⅱ）若f（x）在[0，m]（m＞0）上的值域为[−3①若n=12，求②若n＝1，求m的取值范围．（①②两问直接写出答案）18．（15分）已知复数z1＝cosθ﹣i，z2＝sinθ+i，其中θ∈R．（Ⅰ）求z1（Ⅱ）求|z1z2|的最大值并说明取得最大值时θ的取值集合．19．（15分）已知实数x，y满足方程2x2﹣y2＝2．（Ⅰ）求yx+1（Ⅱ）设x=x1y=y1与x=x2y=y2是方程组2x2−y2=2x020．（15分）已知f（x）＝acosx+bcos2x+1，其中a，b∈R．（Ⅰ）当a=43，①任意写出f（x）的一条对称轴；②求证：f（x）≥0；（Ⅱ）若对任意x∈R，f（x）≥0，求a+b所能取到的最小值和最大值，并说明理由．21．（15分）已知G为实数集的一个非空子集，称（G，+）是一个加法群，如果G连同其上的加法运算满足如下四条性质：①∀a，b∈G，a+b∈G；②∀a，b，c∈G，（a+b）+c＝a+（b+c）；③∃θ∈G，∀a∈G，使得a+θ＝θ+a＝a；④∀a∈G，∃b∈G，使得a+b＝b+a＝θ．例如（Z，+）是一个无限元加法群，（{0}，+）是一个单元素加法群．（Ⅰ）令A＝{2k|k∈Z}，B＝{2k+1|k∈Z}，分别判断（A，+），（B，+）是否为加法群，并说明理由；（Ⅱ）已知非空集合T⊆R，并且∀x，y∈T，有x﹣y∈T，求证：（T，+）是一个加法群；（Ⅲ）已知非空集合S⊆Z，并且∀x，y∈S，有x﹣y∈S，求证：存在d∈Z，使得S＝{da|a∈Z}．

2023-2024学年北京市顺义区牛栏山一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、填空题共15小题，其中1-10题，每小题4分，11-15题，每小题4分，共65分，把答案填在答题卡相应位置上．1．（4分）复数z=i1+i在复平面内对应的点的坐标为（1【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：∵z=i∴复数z=i1+i在复平面内对应的点的坐标为（故答案为：（12【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2．（4分）已知平面向量a→=(2，x)与b→=(y，2)共线，则【分析】直接利用平面向量共线的坐标运算得答案．【解答】解：∵向量a→=(2，x)与∴2×2＝xy，即xy＝4．故答案为：4．【点评】本题考查平面向量共线的坐标运算，是基础题．3．（4分）设z为复数，且z−2z+2=i（i为虚数单位），则z＝2i【分析】根据z−2z+2=i，解方程求出【解答】解：因为z−2z+2=i，所以z﹣2＝（z+2）i，所以（1﹣i）z＝2+2解得z=2+2i1−i=故答案为：2i．【点评】本题考查了复数的定义与运算问题，是基础题．4．（4分）已知平面直角坐标系中，O是坐标原点，OA→=(3，1)，将OA→绕O点逆时针旋转π6弧度得到OB→【分析】由OA→的坐标可得OA→与x轴的正方向的夹角，进而可得OB→与x【解答】解：因为OA→=(3，1)，所以OA→将OA→绕O点逆时针旋转π6弧度得到则OB→与x轴的正方向的夹角为π又|OB→|＝|OA→|＝2，设点B的坐标为（x，则x＝|OB→|cosπ3=1，y＝|OB→|sinπ3故答案为：（1，3）．【点评】本题主要考查向量的坐标表示，考查运算求解能力，属于基础题．5．（4分）若函数f(x)=sin(ωx+π6)（ω＞0）的部分图像如图所示，f(π3【分析】由f（π3）的值，可得关于ω的代数式，再由ω的范围，可得ω【解答】解：f（π3）=−12，即π3ω+π6=7π6+2kπ或π可得ω＝3+6k或ω＝5+6k，k∈Z，ω＞0，所以ω的最小值为3．故答案为：3．【点评】本题考查三角函数的性质的应用，属于基础题．6．（4分）已知平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E为线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若AC→=a→，BD→=b→，则AD→=12（a【分析】由已知结合向量的线性运算即可求解．【解答】解：平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E为线段OD的中点，AC→=a则AD→=AOAF→=AD→+DF→=1故答案为：12（a→+【点评】本题主要考查了向量的线性运算，属于基础题．7．（4分）已知非零向量a→，b→，c→满足：a→⋅b→=0，|a→【分析】设a→=(2，0)，b→=(0，2)，c→【解答】解：因为a→⋅b所以不妨设a→=(2，0)，b→因为c→⋅a所以2x=22y=1，解得x=1y=1所以|c故答案为：52【点评】本题考查平面向量是数量积与夹角，属于基础题．8．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，过体对角线BD1的平面分别交棱AA1，CC1于F，E（如图所示），则四边形D1FBE面积的最小值为26．【分析】根据题意，分析可得四边形D1FBE是平行四边形，连接EF，设EF与BD1相交于点O，由平行四边形的性质可得F到直线BD1的距离最小，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，四边形D1FBE是平面四边形，边D1F和BE分别在两个平行的平面上，则D1F∥BE，同理：D1E∥BF，则四边形D1FBE是平行四边形，连接EF，设EF与BD1相交于点O，易得当F为AA1的中点时，EO⊥BD1且EO的值最小，则F到直线BD1的距离最小，此时四边形D1FBE面积最小，易得BD1=4+4+4=23，F到直线直线BD1距离最小值FO则四边形D1FBE面积的最小值为2×（12×2×2故答案为：26．【点评】本题考查棱柱的结构特征，涉及空间直线与平面的位置关系，属于中档题．9．（4分）已知平面向量a→=(1，2)，b→=(−2，−4)，c→=(x，y)满足(a→+b→【分析】根据(a→+b→)⋅c【解答】解：由向量a→=(1，2)，b→可得(a→+b→)⋅c→=（﹣1，﹣2）•（x，又|a→|=所以cos＜a又＜a→，c→＞∈[0，π]，所以故答案为：2π3【点评】本题考查平面向量数量积的坐标运算及夹角公式，属基础题．10．（4分）设常数a使方程sinx+3cosx=a在闭区间[0，2π]上恰有三个不同的解x1，x2，x3，则实数a的取值为3【分析】由已知化简得：a＝2sin（x+π3），x∈[0，2π]，依题意，可求得x1、x2、x3，从而可求得实数【解答】解：a＝sinx+3cosx＝2（12sinx+32cosx令f（x）＝2sin（x+π∵0≤x≤2π，∴π3≤x∵方程sinx+3cosx=a在一个周期[0，2π]上恰有三个不同的解x1、x2、x∴x1+π3=π3，x2+∴x1＝0，x2=π3，x3＝2此时a＝2sinπ3∴实数a的取值为3．故答案为：3．【点评】本题主要考查两角和与差的三角函数，考查运算求解能力，属于中档题．11．（5分）写出一组使得不等式tanαtanβ＞tan（α+β）成立的α，β，其中α＝60°，β＝45°．【分析】由已知结合特殊角的三角函数值即可求解．【解答】解：当α＝60°，β＝45°时，tanαtanβ=3，tan（α+β满足tanαtanβ＞tan（α+β）．故答案为：60°，45°（答案不唯一）．【点评】本题主要考查了和差角公式的应用，属于基础题．12．（5分）若函数f（x）＝sinωx（ω＞0）在区间[−π2，π2]上为单调函数，且图象关于直线x=2π3对称，则函数【分析】根据函数单调性及对称轴求出函数解析式即可确定周期．【解答】解：x∈[−π2，π2]，ω由题意−π2≤−π2ω，π2可得0＜ω≤1，ω=3k2+34，k∈Z∴f(x)=sin34x故答案为：8π3【点评】本题考查三角函数的性质，属于基础题．13．（5分）从正方体的12条面对角线中选出k条，使得这k条面对角线所在直线两两异面，则k的最大值为4．【分析】根据题意，由正方体的结构特征以及异面直线的定义，分析可得答案．【解答】解：根据题意，如图：正方体共有8个顶点，若选出的k条线两两异面，则不能共顶点，即至多可选出4条，又可以选出4条两两异面的线（如图DB，B1C，A1C1，AD1），故所求k的最大值是4．故答案为：4．【点评】本题考查空间直线的位置关系，涉及正方体的结构特征，属于基础题．14．（5分）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形，如图1，在一个棱长为2r的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖（如图2），我国南北朝时期数学家祖暅基于“势幂既同则积不容异”这一观点和对牟合方盖性质的研究，推导出了球体体积公式．设平行于水平面且与水平面距离为h（0＜h＜r）的平面为α，则平面α截牟合方盖所得截面的形状为正方形（填“正方形”或“圆形”），设半径为r的球体体积为V1，图2所示牟合方盖体积为V2，则V1V2=【分析】由牟盒方盖的定义以及祖暅原理求出“牟合方盖”体积即可得解．【解答】解：牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们，所得的截面比为正方形，根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，所以正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，而正四棱锥体的体积V=1则图1中的八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积V1则整个牟合方盖的体积为V2=8×2又半径为r的球体体积为V1所以V1故答案为：正方形；π4【点评】本题考查多面体体积的求法，考查祖暅原理的应用，考查学生的读图视图能力，正确理解题意是关键，是中档题．15．（5分）在边长为1的正六边形ABCDEF中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为a1→，a2→，a3→，a4→，a5→，以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为d1→，d2→，d3→，d4→，d5→．记{【分析】根据正六边形的性质与平面向量加法的几何意义，判断出当|ai→+aj→+ak→【解答】解：根据题意，当AC→+AD设CE与AD交于点F，则AF为等边△AEC的中线，因为AC→+AE→=2AF→=32AD→同理，当DB→+DA此时dr→+ds→+综上所述，|ai→故答案为：5，﹣25．【点评】本题主要考查正六边形的性质、平面向量的加法法则及其几何意义、平面向量数量积的定义等知识，属于中档题．二、解答题。共6道题，共85分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．16．（10分）已知三角形ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，b2﹣c2﹣a2＞0．（Ⅰ）求证：角B为钝角；（Ⅱ）若sinC=22，c=2【分析】（Ⅰ）由题意及余弦定理可得角B为钝角，即证得结论；（Ⅱ）由余弦定理可得b的值．【解答】（Ⅰ）证明：因为b2﹣c2﹣a2＞0，即b2＞a2+c2，由余弦定理可得cosB=a2+c2−所以B为钝角，即证得结论成立；（Ⅱ）因为sinC=22，c=2a=2，可得a因为B为钝角，所以cosC=2由余弦定理可得c2＝a2+b2﹣2abcosC，即4＝2+b2﹣2×2×即b2﹣2b﹣2＝0，解得b＝1+3即b的值为1+3所以S△ABC=12absinC=12×【点评】本题考查余弦定理的应用，属于基础题．17．（15分）设函数f(x)=sinxcosx+3（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期；（Ⅱ）若f（x）在[0，m]（m＞0）上的值域为[−3①若n=12，求②若n＝1，求m的取值范围．（①②两问直接写出答案）【分析】（I）由已知利用二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的周期公式即可求解；（Ⅱ）由已知x的范围可得，−π3≤2x−π3≤【解答】解：（I）f(x)=sinxcosx+3sin2x−3T=2π2（Ⅱ）①n=12时，由0≤x≤m可得，−π3若函数的值域为[−32，12]，则2m−π②若函数值域为[−32，1]，则解得5π12故m的范围为{m|5π12【点评】本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式，还考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．18．（15分）已知复数z1＝cosθ﹣i，z2＝sinθ+i，其中θ∈R．（Ⅰ）求z1（Ⅱ）求|z1z2|的最大值并说明取得最大值时θ的取值集合．【分析】（Ⅰ）根据共轭复数的定义与模长公式，计算即可；（Ⅱ）计算z1z2，求出|z1z2|，根据三角恒等变换求解即可．【解答】解：（Ⅰ）因为复数z1＝cosθ﹣i，z2＝sinθ+i，所以z1z1+z2z2=（cosθ﹣i）（cosθ+i）+（sinθ+i）（sinθ（Ⅱ）z1z2＝（cosθ﹣i）（sinθ+i）＝sinθcosθ+（cosθ﹣sinθ）i﹣i2＝1+sinθcosθ+（cosθ﹣sinθ）i，所以|z1z2|=(1+sinθcosθ)当cos4θ＝﹣1时，|z1z2|取得最大值为178+18=32，此时4θ＝π+2kπ，k∈Z，解得θ=所以|z1z2|的最大值为32，此时θ的取值集合为{θ|θ=π4+12k【点评】本题考查了复数的定义与运算问题，是基础题．19．（15分）已知实数x，y满足方程2x2﹣y2＝2．（Ⅰ）求yx+1（Ⅱ）设x=x1y=y1与x=x2y=y2是方程组2x2−y2=2x0【分析】（Ⅰ）由2x2﹣y2＝2得2（x2﹣1）＝y2，代入计算yx+1（Ⅱ）由x0x+yy0＝2，得出x=2−yy0x0，代入2x2﹣y2＝2，整理得关于y的二次函数，由根与系数的关系得y1+y2与y1y2，再计算x1x2，求x1x2+【解答】（Ⅰ）解：因为2x2﹣y2＝2，所以2x2﹣2＝2（x2﹣1）＝y2，所以yx+1（Ⅱ）证明：由题意知，x0x+yy0＝2，所以x=2−yy0x0，代入2x2﹣y2整理得：（2y02−x02）y2﹣8由根与系数的关系知，y1+y2=8y02y02−x0又x1x2=2−y1所以x1x2+y1y2=4−2(y1+y2)y0+y1y2y02x02+y1y2因为x02+y02=2，所以4﹣2（y1+y2）y0+y1y2（x02+y02所以x1x2+y1y2＝0．【点评】本题考查了二次方程组的应用问题，也考查了数学运算核心素养，是中档题．20．（15分）已知f（x）＝acosx+bcos2x+1，其中a，b∈R．（Ⅰ）当a=43，①任意写出f（x）的一条对称轴；②求证：f（x）≥0；（Ⅱ）若对任意x∈R，f（x）≥0，求a+b所能取到的最小值和最大值，并说明理由．【分析】（Ⅰ）利用二倍角公式转化为一元二次函数问题，判断函数的对称性和周期即可．（Ⅱ）根据（Ⅰ）所得周期和对称性，令x∈[0，π]，则t＝cosx∈[﹣1，1]且h（t）＝f（x），求b＝0对应a+b范围，讨论a+b＝M的范围，结合h（1）＝M+1，ℎ(−1【解答】解：（Ⅰ）①由cos2x＝2cos2x﹣1，则f(x)=4显然f(−x)=4且f(2π−x)=43co所以f（x）为偶函数且关于直线x＝π对称，周期为2π，所以一条对称轴为x＝0（答案不唯一，x＝kπ，k∈Z）．②证明：令x∈[0，π]，则t＝cosx∈[﹣1，1]，故ℎ(t)=f(x)=4所以ℎ(t)则f（x）≥0得证．（Ⅱ）由题设f（x）＝2bcos2x+acosx+1﹣b，同（Ⅰ）作换元，则x∈[0，π]，则t＝cosx∈[﹣1，1]，故h（t）＝2bt2+at+1﹣b，当b＝0，则h（t）≥0在t∈[﹣1，1]上恒成立，故a+1≥0−a+1≥0，即﹣1≤a≤1，此时﹣1≤a+b当b≠0，令a+b＝M，所以a＝M﹣b，则h（t）＝2bt2+（M﹣b）t+1﹣b，而h（1）＝M+1，ℎ(−1若M＜﹣1，必有h（1）＝M+1＜0，不合题设；若M＞2，必有ℎ(−1结合（1）结论a+b=4故a+b最大值为2，再由b＝0时﹣1≤a+b≤1，故a+b最小值为1．综上，a+b所能取到的最小值为﹣1，最大值为2．【点评】本题考查了三角函数的性质，考查了转化思想，属于中档题．21．（15分）已知G为实数集的一个非空子集，称（G，+）是一个加法群，如果G连同其上的加法运算满足如下四条性质：①∀a，b∈G，a+b∈G；②∀a，b，c∈G，（a+b）+c＝a+（b+c）；③∃θ∈G，∀a∈G，使得a+θ＝θ+a＝a；④∀a∈G，∃b∈G，使得a+b＝b+